31 hsg9 khánh hòa 22 23

Tổng Hợp: Bùi Hồng Nam CLB Tốn THCS Zalo: 0989.15.2268 TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022- 2023 Học sinh giỏi 99 Câu Tỉnh Khánh Hòa (4,0 điểm) ( A= Rút gọn biểu thức ) - 10 + 6 +2 - ỉxy +1÷ ÷ x + y +ỗ =2 ỗ ữ ỗ ốx + y ÷ ø 2 Cho x, y số nguyên thỏa mãn dẳng thức xy +1 số phương Câu 2 Chứng minh (4,0 điểm) Cho đa thức f ( x) khác với hệ số nguyên thỏa mãn f ( x) - 12 minh đa thức khơng có nghiệm nguyên f ( 3) f ( 4) = f ( 7) Chứng Tìm số nguyên tố cho tích chúng gấp lần tổng chúng Câu (4,0 điểm) 2x + - 2 - x = 6x - x2 + Giải phương trình Cho a, b hai số thực lớn thỏa mãn điều kiện a + b £ Tìm giá trị nhỏ a4 b4 B= + 3 ( b - 1) ( a - 1) biểu thức Câu (6,0 điểm) Cho tam giác ABC , I điểm nằm tam giác Qua I vẽ đường thẳng DE song song với AB ( D Ỵ AB, E Ỵ BC ) đường thẳng IM song song với BC ( M Ỵ AC ) ID BE CM + + Tính giá trị biểu thức AB BC CA Cho hình vng ACD có tâm O Điểm E thay đổi cạnh BC ( E khác B C ) Gọi F giao điểm tia AE đường thẳng CD , gọi H giao điểm OE BF 1 + AF không đổi a) Chứng minh AE b) Tìm vị trí điểm E để diện tích tam giác HAD đạt giá trị lớn Câu (2,0 điểm) Một tứ giác lồi có độ dài bốn cạnh số tự nhiên cho tổng ba số chúng chia hết số cịn lại Chứng minh tứ giác có hai cạnh -Hết - CLB Toán THCS Zalo: 0989.15.2268  Trang 30  Tổng Hợp: Bùi Hồng Nam CLB Tốn THCS Zalo: 0989.15.2268 TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022- 2023 HƯỚNG DẪN GIẢI Câu (4,0 điểm) ( A= ) - 10 + 6 +2 - Rút gọn biểu thức ổxy +1ử ữ ữ x + y +ỗ =2 ỗ ữ ữ ỗ x + y ố ứ 2 Cho x, y số nguyên thỏa mãn dẳng thức xy +1 số phương Chứng minh Lời giải ( A= ) - 10 + Rút gọn biểu thức A= ( ) - 10 + 6 +2 - = ( +2 - ) ( ( +1) +1 ) - - = ( ) ( +1) = ( +1) - 3- æxy +1ử ữ ữ x + y +ỗ ỗ ữ= ç ÷ èx + y ø 2 Cho x, y số nguyên thỏa mãn dẳng thức xy +1 số phương Chứng minh Cách 1: 2 ỉxy +1÷ ỉxy +1ư ữ ỗ x + y +ỗ ữ = Û x + y xy + + ÷ ( ) ( ) ỗ ỗ ữ ữ= ỗ ç ÷ èx + y ÷ ø èx + y ø 2 ỉxy +1÷ ỉxy +1÷ ç Û ( x + y ) - ( x + y ) ỗ ữ + ữ =0 ỗ ç ÷ ÷ ç èx + y ÷ ø ç èx + y ÷ ø 2 ỉ xy +1ư ữ ỗ ữ =0 ỗx + y ữ ữ ç x+y ø è Û x+y- xy +1 =0 x+y Û x+y = xy +1 x+y Û + xy = ( x + y ) Vì x, y   nên x  y   Þ xy +1 số phương Cách 2: 2 Đặt x + y = a, xy = b Þ x + y = a - 2b CLB Toán THCS Zalo: 0989.15.2268  Trang 31  Tổng Hợp: Bùi Hồng Nam CLB Tốn THCS Zalo: 0989.15.2268 TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022- 2023 2 ỉxy +1ư b +1) ÷ ( x + y +ỗ ữ = ỗ a - 2b + =2 ữ ữ ỗ ốx + y ứ a2 Theo giả thiết: 2 Û a - 2a 2b + b + 2b +1- 2a = Û ( a - b) - ( a - b) +1 = Û ( a - b - 1) = Û a2 - b - = Û b +1 = a Hay Câu xy +1 = ( x + y ) số phương với x, y số nguyên (4,0 điểm) f ( x) Cho đa thức khác với hệ số nguyên thỏa mãn f ( x) - 12 minh đa thức khơng có nghiệm ngun f ( 3) f ( 4) = f ( 7) Chứng Tìm số ngun tố cho tích chúng gấp lần tổng chúng Lời giải f ( x) Cho đa thức khác với hệ số nguyên thỏa mãn f ( x) - 12 minh đa thức khơng có nghiệm ngun Giả sử f  x   12 f ( 3) f ( 4) = f ( 7) Chứng f ( x) - 12 = ( x - a ) g ( x) có nghiệm ngun x a Þ f ( x ) = ( x - a ) g ( x) +12 Þ ùé ù Þ = f ( 3) f ( 4) = é ë( – a ) g ( 3) +12û ë( – a ) g ( 4) +12û ù Þ = ( - a ) ( - a ) g ( 3) g ( 4) +12 é ë( - a) g ( 3) + ( - a) g ( 4) û+12.12 Vì  – a  – a + 12 (*) hai số nguyên liên tiếp nên tích chia hết cho Þ Vế phải (*) chia hết cho , vế trái không chia hết cho (Vô lý) Þ Điều giả sử sai Vậy f  x  –12 khơng có nghiệm ngun Cách 1: CLB Tốn THCS Zalo: 0989.15.2268  Trang 32  Tổng Hợp: Bùi Hồng Nam CLB Tốn THCS Zalo: 0989.15.2268 TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022- 2023 Gọi số nguyên tố cần tìm a, b, c Khi đó, ta có: a.b.c 5  a  b  c   a.b.cM5 Vì a, b, c có vai trị bình đẳng nên khơng tính tổng quát, giả sử a M5  a 5 (vì a  P ) Khi đó: 5.b.c 5   b  c    b  c b.c  b.c  b  c  6  b  c  1   c  1 6   c  1  b  1 6 Vì b; c số nguyên tố nên b – c – hai số nguyên dương mà (b – 1)(c – 1) = = 1.6 = 2.3 nên ta có bảng sau: b–1 c–1 b c (Thỏa mãn) (Thỏa mãn) 3 (Loại c  P) (Loại b  P) Do vai trị a, b, c bình đẳng nên ba số cần tìm 2; 5; Vậy ba số cần tìm 2; 5; Cách 2: (Phương pháp thứ tự toàn phần) Gọi số nguyên tố cần tìm a, b, c Khi đó, ta có: abc 5(a  b  c)  1 1    bc ca ab Vì a, b, c có vai trị bình đẳng Khơng tính tổng qt, ta giả sử a b c a b ac bc a b c      ab ac bc b  c ab  ac   Do đó, 1   ab ac bc 1  3 bc  bc 15  Mà b, c số nguyên tố b c nên  c 3; b 5  c 2; b 5    c 2; b 3  15a 5  a     10a 5  a     6a 5 a      a 4 (l )  a 7 (tm)   a 25(l ) Do vai trị a, b, c bình đẳng nên ba số cần tìm 2; 5; Vậy ba số cần tìm 2; 5; CLB Tốn THCS Zalo: 0989.15.2268  Trang 33  Tổng Hợp: Bùi Hoàng Nam CLB Toán THCS Zalo: 0989.15.2268 TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022- 2023 Câu (4,0 điểm) 2x + - 2 - x = Giải phương trình 6x - x2 + Cho a, b hai số thực lớn thỏa mãn điều kiện a + b £ Tìm giá trị nhỏ a4 b4 B= + 3 b - 1) a - 1) ( ( biểu thức Lời giải 2x + - 2 - x = Giải phương trình 6x - x2 + Điều kiện:  x 2 2x   2  x  6x  Ta có:   3x   2x   2  x  x2  2(3x  2) x2   x    2x   2  x  x  (*) Ta có: (*)  2(2  x )(2  x )  x  2x  0  2(2  x )(2  x )  (2  x )(x  4) 0     x 2(2  x )  (2  x ).(x  4) 0   x 0   2(2  x )  (2  x ).( x  4) 0 (**)  x 0  x 2 (thỏa ĐK) + Với + Với  x 2 VT (**) dương nên (**) vô nghiệm  2 2;  Vậy tập nghiệm phương trình S =   Cho a, b hai số thực lớn thỏa mãn điều kiện a + b £ Tìm giá trị nhỏ B= biểu thức a4 ( b - 1) + b4 ( a - 1) Cách 1: Do a  1, b  nên a   0, b   Áp dụng BĐT Cauchy cho hai số dương, ta có: B a 2b  a  1  b  1  a  1  b  1 CLB Toán THCS Zalo: 0989.15.2268 (1)  Trang 34  Tổng Hợp: Bùi Hồng Nam CLB Tốn THCS Zalo: 0989.15.2268 TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022- 2023 Ta lại có:   b  1  b2  2 a2   a  1   3 a  b 2 ab  ab 4  4 Từ (1), (2), (3) (4) suy B 128 2a 2b 43 128 3 a b = a.b  = 32  a4 b4   3  a  1   b  1  a  b  1; a  b 4  a b 2 Dấu “=” xảy  Vậy giá trị nhỏ B 32 đạt a b 2 Cách 2:  x a   x, y    y  b   Đặt , a  b 4 nên x  y 2 B= Khi đó, AM - GM ³ 16.2 ( x +1) y3 + ( y +1) AM - GM ³ x3 x2 y2 = 32 y x xy AM - GM ³ ( x) y3 ( y) + x3 ỉx y ÷ = 16 ỗ ỗ + 3ữ ữ ữ ỗ x ø èy 32 ( x+y )£ ³ 32 ổx + y ữ ỗ ữ ỗ ữ ỗ è ø Dấu “=” xảy x  y 1  a b 2 Câu (6,0 điểm) Cho tam giác ABC , I điểm nằm tam giác Qua I vẽ đường thẳng DE song song với AB ( D Ỵ AB, E Ỵ BC ) đường thẳng IM song song với BC ( M Ỵ AC ) Tính giá trị biểu thức ID BE CM + + AB BC CA Cho hình vng ACD có tâm O Điểm E thay đổi cạnh BC ( E khác B C ) Gọi F giao điểm tia AE đường thẳng CD , gọi H giao điểm OE BF 1 + AF không đổi a) Chứng minh AE CLB Toán THCS Zalo: 0989.15.2268  Trang 35  Tổng Hợp: Bùi Hồng Nam CLB Tốn THCS Zalo: 0989.15.2268 TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022- 2023 b) Tìm vị trí điểm E để diện tích tam giác HAD đạt giá trị lớn Lời giải: ID BE CM + + AB BC CA Tính giá trị biểu thức Cách 1: A D I B M E C Ta có: IM // EC (gt) Þ D DIM ∽ D DEC (1) DE // AB (gt) Þ D DEC ∽ D ABC (2) Từ (1) (2) suy ra: D DIM ∽ D ABC ID DM = Þ AB CA BE AD = Lại có DE // AB Þ BC AC Vậy ID BE CM DM AD CM CA + + + + =1 AB BC CA = CA CA CA = CA Cách 2: CLB Toán THCS Zalo: 0989.15.2268  Trang 36  Tổng Hợp: Bùi Hồng Nam CLB Tốn THCS Zalo: 0989.15.2268 TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022- 2023 B N E I A D C M Gọi N giao điểm IM AB Xét ΔABC , ta có: MN // BC  CM BN IE   CA BA AB (vì tứ giác BNIE hình bình hành) ID CM ID IE DE     Suy AB CA AB AB AB Ta lại có: DE // AB  DE CE ID CM CE    AB CB Suy AB CA BC ID CM BE CE BE BC      1 AB CA CB BC BC BC  Vậy ID BE CM   1 AB BC CA A B O M E P D Q H H' C F 1 + AF không đổi a) Chứng minh AE Cách 1: AB AD = = Ta có: AE cos BAE ; AF sin DFA = sin BAE CLB Tốn THCS Zalo: 0989.15.2268 · · (Vì AB//DF nên DFA = BAE (so le trong))  Trang 37  Tổng Hợp: Bùi Hồng Nam CLB Tốn THCS Zalo: 0989.15.2268 TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022- 2023 Do ỉAB ỉAD ữ ữ ỗ +ỗ ữ ữ ỗ ỗ ữ ữ =1 ỗAE ứ ố ỗ AF ứ ố ổ1 ữ AB ỗ + =1 ữ ç ç èAE AF ÷ ø (vì AB = AD) Û 1 + = 2 AE AF AB 1  2 AF khơng đổi (đpcm) Vì AB khơng đổi nên AE Cách 2: Xét D FDA D ABE có: · · DFA = BAE (so le trong, AB//DF) · FDA = ·ABE = 900 Suy D FDA ∽ D ABE ( g - g ) AF DF AF2 DF = Þ = AE AB AE AB 2 2 2 Mà DF = AF - AD = AF - AB AF2 AF2 - AB AF2 AF2 = Þ = - AB AE AB Nên AE Þ 1 1 1 = Þ + = 2 2 AE AB AF AE AF AB 1  2 AF không đổi (đpcm) Vì AB khơng đổi nên AE b) Tìm vị trí điểm E để diện tích tam giác HAD đạt giá trị lớn Gọi H’ chân đường vuông góc hạ từ C xuống BF Ta có: BH ’.BF = BO.BD = BC (hệ thức lượng tam giác vng) Þ BH ' BO = · BD BF , mà DBF chung Nên D BH ' O ∽ D BDF (c - g - c ) · · 'C BH Þ BH ' O = · ' O = BDF · BH = 45 Suy · 'C Þ H’O tia phân giác BH (1) BE AB BC BH ' = = = Lại có: EC CF CF H ' C · 'C Þ H’E tia phân giác BH (2) Từ (1) (2) suy H’, O, E thẳng hàng  H ' H CLB Toán THCS Zalo: 0989.15.2268  Trang 38  Tổng Hợp: Bùi Hồng Nam CLB Tốn THCS Zalo: 0989.15.2268 TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022- 2023  CH  BF Qua H kẻ đường vng góc xng AD cắt AD, BC P Q Gọi M trung điểm BC S HAD  AD.HP  AD  HQ  PQ   AD  AD.HQ  AD  AD.HM  AD 2  S HAD  AD Dấu “=” xảy HQ HM  Q M  O, Q, H thẳng hàng  E M (vì H , O, E thẳng hàng) Vậy để diện tích tam giác HAD đạt giá trị lớn E trung điểm BC Câu (2,0 điểm) Một tứ giác lồi có độ dài bốn cạnh số tự nhiên cho tổng ba số chúng chia hết số lại Chứng minh tứ giác có hai cạnh Lời giải: Cách 1: * Giả sử độ dài cạnh tứ giác a, b, c, d (a, b, c, d  ¥ ) khơng có cạnh Khơng tính tổng qt, giả sử: a  b  c  d Đặt : x bcd a cd bad ; y ; z * a b c với x, y, z  ¥ (1) Từ a  b  c  d Þ x  y  z Vì b  c  a nên x  hay x 2 Þ y 3 z 4 Do từ (1) ta có: b  c  d 2a ; a  c  d 3b ; a  b  d 4c Cộng bất đẳng thức 3d b  2c (*) Mặt khác: a  b  c  d Þ 3d  b  2c mâu thuẫn (*) Þ Điều giả sử sai Vậy tứ giác phải có hai cạnh (đpcm) Cách 2: * Gọi độ dài cạnh tứ giác a, b, c, d (a, b, c, d  ¥ ) Giả sử khơng có cạnh tứ giác Khơng tính tổng qt, giả sử a  b  c  d (*) Do tứ giác lồi nên a  b  c  d  a  b  c  d  3a  2a  a  b  c  d  4a (**) Từ giả thiết toán suy a  b  c  d chia hết cho số a, b, c, d CLB Toán THCS Zalo: 0989.15.2268  Trang 39  Tổng Hợp: Bùi Hồng Nam CLB Tốn THCS Zalo: 0989.15.2268 TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022- 2023 Kết hợp với (**), ta có : a  b  c  d 3a (1) * Đặt a  b  c  d mb với m  ¥ a  b  c  d nc với n  ¥ * (2) (3) Do a  b  c  n  m   n 5, m 4 Cộng (1), (2), (3) vế theo vế ta có:  a  b  c  d  3a  mb  nc 3a  4b  5c mà 3a  mb  nc 3a  4b  5c (vì n 5, m 4 ) Suy  a  b  c  d  3a  4b  5c   b – d    c – d  0 mâu thuẫn (*) Vậy tứ giác có cạnh CLB Toán THCS Zalo: 0989.15.2268  Trang 40 